Sáng kiến kinh nghiệm: Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất

Chia sẻ: Hòa Phát | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:24

Thêm vào BST

Báo xấu

57
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này xoay quanh các dạng toán hình học tọa độ trong không gian: viết phương trình mặt phẳng, đường thằng có giả thiết về góc, khoảng cách và liên quan đến yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất

MỤC LỤC I. Mở đầu......................................................................................................... .. .......1 1. Lý do chọn đề tài .. ................................................................................................1 2. Mục đích nghiên cứu .. ..........................................................................................1 3. Đối tượng nghiên cứu .. .........................................................................................1 4. Phương pháp nghiên cứu .. ....................................................................................1 II. Nội dung................................................................................................................1 1. Cơ sở lý luận .. ......................................................................................................1 2. Thực trạng trước khi áp dụng đề tài .. ……………………………………….......2 3. Các sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để giải quyết vấn đề ……………….... .......2 3.1 Dạng toán phương trình mặt phẳng liên quan đến khoảng cách .. …………......2 3.2 Dạng toán phương trình mặt phẳng liên quan đến góc.. ………………….........6 3.3 Dạng toán phương trình đường thẳng liên quan đến khoảng cách.. ………. …..9 1
3.4 Dạng toán phương trình đường thẳng liên quan đến góc.. ................................17 4 Hiệu quả áp dụng của sáng kiến kinh nghiệm…………….. ................................19 III. Kết luận, kiến nghị.............................................................................................20 1. Kết luận................................................................................................................20 2.Kiến nghị……………………………………………………………………...… 20 Tài liệu tham khảo........................................................................................ ….. ….21 I. MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Trong chương trình Hinh hoc l ̀ ̣ ơp 12, bên canh cac dang toan hình h ́ ̣ ́ ̣ ́ ọc tọa độ trong không gian quen thuôc ta con găp cac bai toán mà trong yêu c ̣ ̀ ̣ ́ ̀ ầu của nó có yếu tố về giá trị lớn nhất nhỏ nhất của một góc, khoảng cách..…Đây là lớp các bài toán mà ít tài liệu tham khảo đề cập đến hoặc có đề cập nhưng chưa thực sự dễ dàng tiếp nhận đối với học sinh, do cách viết của nhiều tài liệu không mang tới tri thức phương pháp, kĩ năng nhận dạng. Thông thường các tài liệu thường chỉ trình bày một cách làm. Rõ ràng chúng ta đều thây r ́ ằng đây la l ̀ ớp các bài toán mà học sinh khó định hình về lời giải, do nó tương đối lạ lẫm với học sinh, cùng với đó là tâm lý 2
e ngại khi đụng tới giả thiết có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất (do quan niệm nhất quán rằng, câu hỏi về bất đẳng thức, giá trị lớn nhất, nhỏ nhất là câu hỏi khó nhất trong nhiều kỳ thi như học sinh giỏi các cấp, thi THPT quốc gia hay thi ĐH, CĐ trước đây). Để giải được lớp các bài toán này, chúng ta cần một kiến thức tương đối tổng hợp về véc tơ, về hình học đơn thuần, về bất đẳng thức, về hàm số…. Với những lý do trên, nhằm giúp học sinh hứng thú hơn với môn Toán và đặc biệt là hình học, góp phần hình thành tư duy quy lạ về quen, vận dụng linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tang cho h ̉ ọc sinh tự học, tự nghiên cứu tìm tòi và sáng tạo, tôi trình bày chuyên đề “ Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất”. Các bài toán trong chuyên đề này chủ yếu được trình bày theo hai cách làm để học sinh có thêm lựa chọn cho lời giải của bài toán 2. Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh lớp 12 hoàn thiện kĩ năng giải bài toán hình học tọa độ trong không gian về góc và khoảng cách có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất 3. Đối tượng nghiên cứu Phạm vi nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này xoay quanh các dạng toán hình học tọa độ trong không gian: viết phương trình mặt phẳng, đường thằng có giả thiết về góc, khoảng cách và liên quan đến yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất. 4. Phương pháp nghiên cứu Thực hiện sáng kiến kinh nghiệm này, tôi sử dụng các phương pháp sau đây: Phương pháp nghiên cứu lý luận Phương pháp khảo sát thực tiễn Phương pháp phân tích Phương pháp tổng hợp Phương pháp khái quát hóa Phương pháp tổng kết kinh nghiệm II. NỘI DUNG 1. Cơ sở lý luận. Cung cấp cho học sinh không chỉ kiên th ́ ức mà cả tri thức về phương pháp, khả năng tư duy, khả năng quy lạ về quen, đưa những vấn đề phức tạp trở thành những vấn đề tương đối nhẹ nhàng nhờ việc hiểu rõ cốt lõi của dạng toán. Từ những kiên th ́ ức cơ bản phải dẫn dắt hoc sinh co đ ́ ược những kiên th ́ ức nâng cao một cách tự nhiên (chứ không áp đăt ngay kiên th ̣ ́ ức nâng cao). Chuyên đề này, đa phần các ví dụ minh họa được trình bày dưới hai cách làm là phương pháp xác định vị trí của điểm từ đó tìm ra đặc điểm của mặt phẳng, đường thẳng và phương pháp hàm số. 3
2.Thực trạng trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.1. Thuận lợi. Học sinh đã được trang bị đầy đủ kiến thức, các bài tập thông thường đã thành thạo. Học sinh hứng thú trong các tiết hình học tọa độ trong không gian. 2.2. Khó khăn. Giáo viên mất nhiếu thời gian để chuẩn bị kiến thức, bài tập minh họa. Nhiêù hoc sinh đã quên kiên th ̣ ́ ưc c ́ ơ ban trong hinh hoc không gian, ̉ ̀ ̣ không biết vận dụng cac kiên th ́ ́ ức vê véc t ̀ ơ, bất đẳng thức, hàm số. ́ ̣ Đa sô hoc sinh e ng ại khi làm quen với các bài toán có yêu cầu về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất. 3.Các sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để giải quyết vấn đề 3.1. Dạng toán phương trình mặt phẳng liên quan đến khoảng cách. 3.1.1. Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng. Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2,1,1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất Giải Cách 1( Nhận biết vị trí điểm , mặt phẳng) O H P A d(O,(P)=OH OA. Do đó d(O,(P) đạt GTLN bằng OA H A � OA ⊥ (P) uuur nên mặt phẳng (P) cần tìm đi qua A và nhận OA (2 ;1 ;1) là véc tơ pháp tuyến. (P) : 2(x2)(y+1) +(z1)=0 2xy + z 6 =0 Nhận xét : Ở bài toán này có hai yếu tố cố định là hai điểm O, A. Do đó bài toán chỉ có một hướng là so sánh d(O,(P)) với OA. Bài toán này không có yêu cầu d(O,(P)) nhỏ nhất bởi vì (P) có thể đi qua điểm O, khi đó d(O,(P))=0, vả lại có vô số mặt phẳng như vậy. Cách 2( Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki) uur Giả sử mp(P) có véc tơ pháp tuyến nP ( m, n, p )(m 2 + n 2 + p 2 > 0) . Do A ( P ) nên 2m − n + p (P) : mx+ny+cz2m+n –p =0 � d (O,(P) = .Theo BĐT Bunhiacopxki m2 + n2 + p 2 2m − n + p 2m − n + p 6(m 2 + n 2 + p 2 ) .Do đó � d (O,(P) = � 6. m2 + n2 + p 2 4
m n p Do đó d(O,(P) đạt GTLN bằng 6 � = = . 2 −1 1 Chọn m=2, n=1, p=1 ta có :(P) : 2(x2)(y+1) +(z1)=0 2xy + z 6 =0 Chỉ cần thay đổi giả thiết ở ví dụ 1 là ta có bài toán mang một hình thức khác, nhưng cùng nội dung như ví dụ 1. Vi du 2: ́ ̣ Cho A(2; 1; 3), B(1; 1; 1), goi ( ̣ α) la măt phăng qua B. Trong cac măt câu ̀ ̣ ̉ ́ ̣ ̀ ̀ ́ ́ ới (α), viêt ph tâm A va tiêp xuc v ́ ương trinh măt câu (S) co ban kinh l ̀ ̣ ̀ ́ ́ ́ ớn nhât. ́ Giai: ̉ ̣ ̀ Măt câu (S) co ban kinh R = d(A; ( ́ ́ ́ α)). Bài toán trở thành, tìm điều kiện để mặt phẳng (α) đi qua B và cách A một khoảng lớn nhất. Theo ví dụ 1 ta có R = d(A; uuur (α)) lơn nhât khi ( ́ ́ α) qua B va vuông goc v ̀ ́ ới AB BA = (1; 2; 2) la vect ̀ ́ ơ phaṕ ́ ̉ α) (α): 1(x 1) + 2(y +1) +2( z – 1) = 0 x + 2y + 2z – 1 = 0 tuyên cua ( 1 +1 + 6 −1 R = d(A; (α)) =3 (S): (x 2)2 + (y 1)2 + (z – 3)2 = 9. 2 2 2 1 +2 +2 3.1.2. Khoảng cách từ đường thẳng đến mặt phẳng Ví dụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(10 ;2 ;1) và đường x −1 y z −1 thẳng d có phương trình : = = . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi 2 1 3 qua A, song song với d và khoảng cách từ d đến (P) là lớn nhất. Giải Cách 1.(Sử dụng tính chất hình học tổng hợp) H d A I P Gọi H là hình chiếu của A lên d � d (d ,( P )) = d ( H ,( P )). Giả sử I là hình chiếu của H lên (P), khi đó d (d ,( P )) = d ( H ,( P )) = HI AH , suy ra d (d ,( P )) lớn nhất uuur bằng AH A I . Vậy (P) cần tìm là một mặt phẳng đi qua A và nhận AH là véc tơ pháp tuyến � ( P) : 7 x + y − 5z − 77 = 0. Nhận xét : Học sinh thường không biết tại sao lại chọn được điểm H. Đây là điều chúng ta cần định hình lời giải cho học sinh. Ở bài toán này có hai yếu tố cố định là điểm A và đường thẳng d. Do đó ta cần tạo ra một điểm cố định nữa từ hai yếu tố ban đầu này. Dễ thấy điểm cố định đó chỉ có thể là hình chiếu H của A lên d. Bài toán hướng đến so sánh d(d,(P)) với HA. 5
Ta cũng cần giải thích cho học sinh, tại sao đề bài lại không yêu cầu với trường hợp d (d ,( P )) nhỏ nhất. Bởi vì nếu lấy mặt phẳng (P) đi qua A và d thì d (d ,( P )) =0, và bài toán trở nên tầm thường là viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và d. Cách 2 (Sử dụng kiến thức hàm số) uur Giả sử nP ( A, B, C )( A2 + B 2 + C 2 > 0) là véc tơ pháp tuyến của (P). Do A ( P ) nên ( P ) : A(x − 10) + B(y − 2) + C(z + 1) = 0 � Ax + By + Cz − 10 A − 2 B + C = 0 . uur d có véc tơ chỉ phương ud (2;1;3) uur uur ( P ) / / d � u d .nP = 0 � 2 A + B + 3C = 0 � B = −2 A − 3C . −10 A − 2 B + 2C 5 A − 8C M (1;0;1) d � d (d ,(P) = d ( M ,(P)) = = A2 + B 2 + C 2 5 A2 + 12 AC + 10C 2 A 5 −8 5A C Nếu C=0 thì d (d ,(P) = = 5 . Nếu C �0 � d (d ,(P)) = 2 5 A2 �A � A 5 � �+ 12 + 10 �C � C 2 �A � A � �− 80 + 64 �C� C A t 2 − 80t + 64 d (d ,(P)) = 2 2 . Đặt t = � d (d ,( P)) = f (t ) = 2 2 �A � A C 5t + 12t + 10 5 � �+ 12 + 10 �C � C 7 t=− 700t − 140t − 1568 2 5 f (t ) = � f (t ) = 0 � ( 5t + 12t + 10 ) 2 2 8 t= 5 7 8 t ∞ 5 +∞ 5 f'(t) + 0 0 + f(t) 14 1 5 5 14 Vậy ở TH này maxd 2 (d ,( P )) = 74 � max d( d ,( P)) = 74 7 A 7 Từ hai trường hợp trên ta thấy max( d ,( P )) = 74 � t = − � = − . 5 C 5 Khi đó chọn A=7 thì C=5, B=1 � ( P) : 7 x + y − 5z − 77 = 0. Nhận xét. Có một kinh nghiệm để học sinh nhận nhanh sự đúng sai của mình khi làm theo phương pháp hàm số. Chúng ta thấy rằng nếu làm theo 6
cách 1, chỉ hoàn toàn dẫn tới giải phương trình bậc nhất, hệ phương trình bậc nhất hai ẩn. Do đó nếu các hệ số của phương trình mặt phẳng, đường thẳng ở đề bài là số hữu tỷ thì kết quả tìm ra không thể có sự xuất hiện của số vô tỷ. Vậy ở pp hàm số, nghiệm của đạo hàm chắc chắn phải là một số hữu tỷ(nếu giải ra số vô tỷ, chắc chắn là sai) Ví dụ 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;5;3) và đường x −1 y z − 2 thẳng d có phương trình : = = . Lập phương trình mặt phẳng (P) 2 1 2 chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (P) là lớn nhất. Giải Cách 1.(Sử dụng tính chất hình học tổng hợp) A d H I P Gọi H là hình chiếu của A lên d, I là hình chiếu của A lên (P), khi đó d ( A,( P)) = AI AH , suy ra d ( A,( P)) lớn nhất bằng AH I H . Vậy (P) cần uuur tìm là một mặt phẳng đi qua A và nhận AH là véc tơ pháp tuyến. uuur uuur uur H �d � H (1 + 2t ; t ;2 + 2t ) � AH(2t − 1; t − 5;2t − 1),AH.ud = 0 � t = 1 � H (3;1;4) uuur AH(1; −4;1) . M (1;0;2) (P) � ( P) : x − 4 y + z − 3 = 0. Nhận xét : Hai yếu tố cố định là điểm A và đường thẳng d. Do đó ta cần tạo ra một điểm cố định nữa từ hai yếu tố ban đầu này, đó chỉ có thể là hình chiếu H của A lên d. Bài toán hướng đến so sánh d(A,(P)) với AH. Yêu cầu về việc tìm điều kiện d ( A,( P)) nhỏ nhât không nêu vì mp(P) có thể đi qua A. Cách 2 (Sử dụng kiến thức hàm số) uur Giả sử nP ( A, B, C )( A2 + B 2 + C 2 > 0) là véc tơ pháp tuyến của (P). M (1;0;2) ( P) nên ( P ) : A(x − 1) + B(y − 0) + C(z − 2) = 0 � Ax + By + Cz − A − 2C = 0 . d có véc tơ uur uur uur chỉ phương ud (2;1;2) . ( P ) �d � u d .nP = 0 � 2 A + B + 2C = 0 � B = −2 A − 2C . A + 5B + C A+C d ( A,(P)) = =9 A2 + B 2 + C 2 5 A2 + 8 AC + 5C 2 A +1 A 9 5 C * C=0 => d ( A,(P) = 9 = . * C �0 � d ( A,(P)) = 9 2 5A 2 5 �A � A 5 � �+ 8 + 5 �C � C 7
2 �A � A � �+ 2 + 1 � C� C A t 2 + 2t + 1 d ( A,(P)) = 81. 2 2 . Đặt t = � d (d ,( P)) = f (t ) = 81. 2 2 �A � A C 5t + 8t + 5 5 � �+ 8 + 5 �C � C −2t 2 + 2 t =1 f (t ) = 81. � f (t ) = 0 � ( 5t + 8t + 5 ) t = −1 2 2 t ∞ 1 1 +∞ f'(t) 0 + 0 f(t) 18 81 81 5 5 0 Vậy ở TH này max d 2 ( A,( P)) = 18 � max d( A,( P)) = 3 2 A Từ hai trường hợp trên ta thấy max d( A,( P)) = 3 2 � t = 1 � = 1. C Khi đó chọn A= 1 thì C= 1, B= 4 � ( P) : x − 4 y + z − 3 = 0. Nhận xét: Chỉ cần thay giả thiết mp(P) chứa đường thẳng d bằng giả thiết mp(P) đi qua hai điểm nào đó ta sẽ được một bài toán tương đương. Ví dụ 3. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;5;3) và đường thẳng d có phương trình , M(1 ;0 ;2), N(3 ;1 ;4) . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua M,N sao cho khoảng cách từ A đến (P) là lớn nhất. Rõ ràng chỉ cần viết phương trình đường thẳng d đi qua M,N là ví dụ 4 trở thành ví dụ 3. 3.2. Dạng toán phương trình mặt phẳng liên quan đến góc. 3. 2 . 1 . G óc giữa hai mặt phẳng Ví d ụ 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm mặt phẳng (Q) : x +1 y +1 z − 3 x+2yz+5=0 và đường thẳng d có phương trình : = = . Lập 2 1 1 phương trình mặt phẳng (P) chứa d và tạo với mặt phẳng (Q) một góc nhỏ nhất. Giải uur Giả sử nP ( A, B, C )( A2 + B 2 + C 2 > 0) là véc tơ pháp tuyến của (P). Đường thẳng d uur có véc tơ chỉ phương ud (2;1;1) , 8
uur uur ( P ) �d � u d .nP = 0 � 2 A + B + C = 0 � C = −2 A − B . Gọi α là góc giữa hai A + 2B − C 3 A+ B mặt phẳng (P) và (Q) cos α = = . . 6 A2 + B 2 + C 2 6 5 A2 + 4 AB + 2 B 2 Ta cần tìm điều kiện để cosα lớn nhất 3 A 30 Nếu B=0 thì cos α = . = . 6 5 A2 10 A � A 2 � A +1 + 2 +1 3 B � � 3 �B � B Nếu B � 0 � cos α = . cos α = . 2 . 6 2 �A � A 2 �A � 2 A 5 � �+ 4 + 2 5 � �+ 4 + 2 �B � B �B � B A 3 t 2 + 2t + 1 Đặt t = � cos 2 α = f (t ) = . 2 B 2 5t + 4t + 2 9 −6t − 6t 2 f (t ) = . � f (t ) = 0 � t = 0 4 ( 5t 2 + 4t + 2 ) 2 t ∞ 0 +∞ f'(t) + 0 f(t) 3 9 4 9 45 45 3 3 Vậy ở TH này max cos 2 α = � max cos α = � α = 300 4 2 3 3 Từ hai trường hợp trên ta thấy max cos 2 α = � max cos α = 4 2 A � t = 0 � = 0(α = 300 ) Khi đó A= 0, thì C= B, chọn B=1 thì C =1 . Do B M (−1; −1;3) �� d M ( −1; −1;3) �( P) � ( P) : y − z + 4 = 0. . Nhận xét : Dự đoán góc nhỏ nhất giữa (P) và (Q) bằng góc giữa d và (Q) (do đề bài chỉ cho hai yếu tố cố định là d và (Q)). Tuy vậy để chỉ ra việc này là không thực sự dễ dàng, rõ ràng với học sinh. Đề bài không yêu cầu lớn nhất, bởi khi đó góc giữa hai mp (P) và mp(Q) sẽ là 900. Nghĩa là (P) chứa d và vuông góc với (Q). Đây là yêu cầu hết sức đơn giản. Chỉ cần thay giả thiết (P) chứa d bằng giả thiết (P) đi qua hai điểm là ta có một phát biểu khác của bài toán trên. 9
Ví dụ 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (Q) : x+2yz+5=0 và hai điểm M(1 ;1 ;3), N(1 ;0 ;4) . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm M, N và tạo với mặt phẳng (Q) một góc nhỏ nhất. 3.2.2. Góc giữa mặt phẳng và đường thẳng Bai toan: ̀ ́ Cho hai đương thăng ∆ ̀ ̉ 1 va ∆ ̀ 2 phân biêt va không song song v ̣ ̀ ơí nhau. Viêt ph ́ ương trinh mp (̀ α) chưa ∆ ́ 1 va tao v ̀ ̣ ơi ∆ ́ 2 môt goc l ̣ ́ ơn nhât.(Có ́ ́ thể thay giả thiết (α) chưa ∆ ́ 1 bằng các giải thiết tương đương như (α) đi qua hai điểm A,B hoặc (α) đi qua A và song song với ∆1 hoặc (α) đi qua A và vuông góc với mp(Q) PP giải Giả sử ∆3 là đường thẳng bất kì song song vơi ∆ ́ 2 và căt ∆ ̣ ̣ ́ 1 tai M. Goi I la trên ̀ ∆3 va H la hinh chiêu vuông ̀ ̀ ̀ ́ ́ ̉ goc cua I lên mp( ̉ ⊥ ∆1.Goc gi α), ke IJ ̃ α) va ̀∆2 la goc ́ ưa ( ̀ ́ ﾷ IMH , góc giữa ∆1 và ∆2 là góc IMJ ﾷ Trong tam giac vuông HMJ có ́ HM MJ nên ﾷ HM MJ ﾷ không đôi(góc gi cos IMH = = cos IMJ ̉ ữa ∆1 và IM IM ∆2) ﾷ IMH ﾷ IMJ . Suy ra goc ﾷ ́ IMH lơn nhât khi MJ = MH hay H ́ ́ ≡ J, khi đo ́ IMH ﾷ =(∆1,∆2) va ( ̀ ̣ ̉ ̀ α) la măt phăng ch ́ ∆1 đông ưa ̀ thơi vuông goc v ̀ ́ ơi măt phăng ( ́ ̣ ̉ ∆1,∆2). r r r Khi đo ( ̣ [u∆1 ,[ u∆1 , u∆2 ]] lam vect ́ α) nhân ̀ ́ ơ phap tuyên. ́ ́ x-2 y+1 z-1 Vi du 1: ́ ̣ Cho đương thăng d: ̀ ̉ = = ̀ ̉ va hai điêm A( 3; 4; 2), B( 4; 3; 4). 2 −1 1 ́ ương trinh măt phăng ( Viêt ph ̀ ̣ ̉ α) chưa A;B ́ và tao v ̣ ơí d môt goc l ̣ ́ ơn nhât. ́ ́ Giai: ̉ r uuur Đương thăng d qua điêm M(2; 1; 1) co vtcp ̀ ̉ ̉ ́ u = (2; −1; 1) , AB = (1;1;2) r r uuur => n = [u, AB] = (−3; −3;3) = −3(1;1; −1) .Măṭ phăng ̉ (α) qua điêm ̉ A và nhâṇ r uuur [ n, AB] = (3; −3;0) = 3(1; −1;0) lam véc t ̀ ơ phap tuyên. ́ ́ Phương trinh mp( ̀ α): 1(x – 3) 1(y + 4) = 0 hay x – y – 7 = 0 uur Cách 2. (PP hàm số) Giả sử nα ( A, B, C )( A2 + B 2 + C 2 > 0) là véc tơ pháp tuyến uur của (α). d có véc tơ chỉ phương ud (2; −1;1) uuur uur A,B �(α ) � AB.nα = 0 � A + B + 2C = 0 � A = − B − 2C . Gọi α là góc giữa mặt phẳng (P) và d , khi đó 2A − B + C B+C sin α = =3 . Ta tìm điều kiện để sin α lớn A2 + B 2 + C 2 2 B 2 + 4 BC + 5C 2 nhất 3 B 2 + 2 BC + C 2 B * C=0 thì sin α = . * C �0 � sin α = 3 = 3 f (t ), t = 2 2 B + 4 BC + 5C 2 2 C 10
t 2 + 2t + 1 −6t − 6 f (t ) = 2 ; f '(t ) = = 0 t = −1 ( ) 2 2t + 4t + 5 2t 2 + 4t + 5 t − 1 + f’(t) + 0 1 1 f(t) 0 2 2 3 Từ hai trường hợp trên ta thấy max sin α = � C = 0 .Khi đó chọn A=B, chọn 2 A=1 B=1. Phương trinh mp( ̀ α): 1(x – 3) 1(y + 4) = 0 hay x – y – 7 = 0 Nhận xét: Thay giả thiết mặt phẳng đi qua hai điểm bằng mặt phẳng chứa một đường thẳng ta có bài toán với tương đương với cách giải hoàn toàn tương tự Ví dụ 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: x −1 y + 2 z = = . Lập phương trình mặt phẳng (P) chứa d và tạo với trục Oy 1 −1 −2 một góc lớn nhất. Vi du 3: ́ ̣ Cho điêm A(1; 1; 1) va măt phăng (P): 2x – y + 2z + 2 = 0. Viêt ph ̉ ̀ ̣ ̉ ́ ương ̣ trinh măt phăng ( ̀ ̉ α) đi qua A, vuông goc v ́ ới (P) và tao v ̣ ới truc Oy goc l ̣ ́ ơn nhât. ́ ́ Giai:̉ uur Mp(p) co vécto phap tuyên ́ ́ ́ nP = (2; −1; 2) . Xet đ ́ ường thăng d qua A va ̉ ̀ uur vuông goc v ́ ơi (P), d co vect ́ ̉ ương nP = (2; −1; 2) , Oy co vect ́ ́ ơ chi ph ́ ́ ơ chi ph ̉ ương r j = (0;1;0) nên d va Oy không song song. ̀ Theo bai toan t ̀ ́ ổng quát nêu trên (α) tao v ̣ ơi truc Oy goc l ́ ̣ ́ ơn nhât thi ( ́ ́ ̀ α) r r r chưa d va vuông goc v ́ ̀ ́ ơi mp(d,Oy), do đo ( ́ ́ α) nhân ̣ [n P ,[n P , j ]] = 2( 1; 4; 1) lam̀ vect́ ơ phap tuyên nên pt ( ́ ́ α): 1(x 1) + 4(y 1) +1( z + 1) = 0 hay x + 4y + z – 4 = 0. uuur uur Nhận xét: cách 2(pp hàm số) ta chỉ cần thay AB.nα = 0 như ví dụ 2 bởi uur nα nP = 0 3.3. Dạng toán phương trình đường thẳng liên quan đến khoảng cách. 3.3.1. Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng Bai toan: ̀ ́ Cho mp (α ) va điêm A thuôc ( ̀ ̉ ̣ α ), lây B không thuôc ( ́ ̣ α ). Tim đ̀ ường thăng ∆ năm trong ( ̉ ̀ α ) đi qua A va cach B môt khoang l ̀ ́ ̣ ̉ ơn nhât, nho nhât. ́ ́ ̉ ́ PP chung: 11
̣ ́ ̉ Goi H la hinh chiêu cua B lên ̀ ̀ ∆ ta thây d(B; ́ ∆) = BH ≤ AB.Vây khoang ̣ ̉ ́ ừ B đên cach t ́ ∆ lơn nhât khi A ́ ́ ̀ ường thăng năm trong ≡ H hay ∆ la đ ̉ ̀ (α) và r uur uuur ́ ới AB. Nghĩa là ∆ có véc tơ chỉ phương là u = � vuông goc v nα ; AB � � � ̣ Goi K la hinh chiêu vuông goc cua B lên ( ̀ ̀ ́ ́ ̉ α) khi đo d(B; ( ́ α)) = BK BH ̣ Vây khoang cach t ̉ ́ ừ B đên ́ ∆ nho nhât khi K ̉ ́ ≡ H hay ∆ la đ ̀ ường thăng đi qua A, ̉ K. Vi du 1 ́ ̣ : Cho măt phăng ( ̣ ̉ ̀ ̉ α): x +3y z 1 = 0 va điêm A (1; 0; 0). Viêt ph ́ ương ̀ đường thăng trinh ̉ ∆ năm trên ( ̀ ̉ ̉ α), qua điêm A va cach điêm B(0;2; 3) môt ̀ ́ ̣ khoang :̉ 1) Nho nhât ̉ ́. 2) Lơn nhât ́ ́ Giai: ̉ Cách 1:(Dùng tính chất hình học tổng hợp, nhận xét vị trí điểm) ̣ Goi H la hinh chiêu cua B lên ̀ ̀ ́ ̉ ∆ .Goi K la hinh chiêu vuông goc cua B lên ( ̣ ̀ ̀ ́ ́ ̉ α) Khi đo BK ́ ̣ BH=d(B; ∆).Vây khoang cach t ̉ ́ ừ B đên ́ ∆ nho nhât khi K ̉ ́ ≡ H hay uur ∆ la đ ̀ ường thăng đi qua hai điêm A, K. ( ̉ ̉ α)có véctơ pháp tuyến nα = (1;3; −1) ̣ 1) Goi K la hinh chiêu vuông goc cua B lên ( ̀ ̀ ́ ́ ̉ α) x=t Phương trinh BK: ̀ y = −2 + 3t (t R ) . Toa đô điêm K ̣ ̣ ̉ ưng v ́ ơi t la nghiêm cua ́ ̀ ̣ ̉ z=3−t 10 10 8 23 phương trinh:t + 3(2+3t) –( 3 – t) 1= 0 ̀ �t= hay K( ; ; ) 11 uuu11 r 11 11 ̉ ̉ ̣ 11AK = (−1;8;23) la vec t d(B; ∆) nho nhât khi ∆ đi qua hai điêm A, K do vây ́ ̀ ́ ơ chỉ phương cua ∆. ̉ x −1 y z Phương trinh cua ∆: ̀ ̉ = = −1 8 23 ̣ 2) Goi H la hinh chiêu cua B lên ̀ ̀ ́ ̉ ∆ ta thây d(B; ́ ∆) = BH ≤ AB.Vây khoang cach t ̣ ̉ ́ ư ̀ B đên ́ ∆ lơn nhât khi A ́ ́ ≡ H ∆ la đ ̀ ường thăng năm trong ̉ ̀ (α), qua A va vuông ̀ uur uur uuur goc AB. ∆ co vect ́ ́ ́ ơ chi ph ̉ ương u∆ = [ nα , AB] = (7; −2;1) x −1 y z Phương trinh cua ∆: ̀ ̉ = = 7 −2 1 Cách 2:(PP hàm số) uur Giả sử u∆ (a, b, c )(a 2 + b 2 + c 2 > 0) là véc tơ chỉ phương của ∆ . Mp(α) có véc tơ uur uur uur pháp tuyến nα (1;3 − 1) , ( α ) �∆ � u ∆ .nα = 0 � c = a + 3b . uuur uur uuur AB (−1; −2; −3); � � �∆ ; AB �= ( −2a − 9b;4a + 3b;2a − b) u 12
uur uuur � u ∆ ; AB � 1 24a 2 + 56ab + 91b 2 d ( B; ∆) = � uuur �= . Nếu b=0 thì d ( B; ∆) = 2 3 . u∆ 2 a 2 + 3ab + 5b 2 1 24t 2 + 56t + 91 a Nếu b �0 � d ( B; ∆) = ,(t = ) 2 t + 3t + 5 2 b 7 t=− 24t + 56t + 91 2 16t + 58t + 7 2 2 f (t ) = ; f (t ) = � f (t ) = 0 � ( t 2 + 3t + 5) 2 t 2 + 3t + 5 1 t=− 8 7 1 t − - − 2 8 + f’(t) + 0 0 + 28 f(t) 200 24 24 11 200 1 7 min f (t ) = � t = − ;max f (t ) = 28 � t = − 11 8 2 10 Vậy ở TH này d ( B; ∆) 14 11 10 a 1 Từ hai trường hợp trên ta thấy min d ( B; ∆) = � =− 11 b 8 x −1 y z Chọn a=1 b=8, c=23. Phương trinh cua ∆: ̀ ̉ = = −1 8 23 a 7 max d ( B; ∆) = 14 � = − . Chọn a=7 b=2, c=1. b 8 x −1 y z Phương trinh cua ∆: ̀ ̉ = = 7 −2 1 Nhận xét: ở dạng toán này, rõ ràng cách 1 dễ làm hơn cách 2. Cách 2 chỉ dùng được khi học sinh được học chương trình SGK nâng cao( do SGK cơ bản không trình bày công thức tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng) Thay đổi một chút giả thiết ở ví dụ 1, ta có ví dụ 2 như sau Vi du 2 ́ ̣ : Trong không gian, với hệ tọa độ Oxyz , cho măt phăng ( ̣ ̉ α): x +3y z 1 ̀ ̉ = 0 va điêm A (1; 0; 0). Viêt ph́ ương trinh đ ̀ ường thăng ∆ // ( ̉ ̉ α), qua điêm A va ̀ ̉ ̣ cach điêm B(0;2; 3) môt khoang : ́ ̉ ̉ 1) Nho nhât ́. 2) Lơn nhât ́ ́ Nhận xét: Ví dụ 2 chỉ khác ví dụ 1 ở chỗ thay giả thiết đường thẳng ∆ nằm trong mp (α) bằng giả thiết ∆ // (α ).Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và song 13
song với (α ), khi đó rõ ràng ∆ nằm trong (P). Nghĩa là vai trò của mp (α ) trong ví dụ 1 đã thay bằng mặt phẳng (P) Vi du 3: ́ ̣ Viêt ph ́ ương trinh đ ̀ ường thăng ∆ đi qua điêm A(2; 1; 3), vuông goc v ̉ ̉ ́ ơí x-3 y+2 z +5 đương thăng d: ̀ ̉ = = ̉ va cach điêm B(4; 2; 1) môt khoang l ̀ ́ ̣ ̉ ớn nhât. ́ 1 2 3 Giaỉ : r Xet măt phăng ( ́ ̣ ̉ α) qua A va vuông goc v ̀ ́ ơi d, ( ́ α) nhân ̣ ud = (1;2; 3) lam vect ̀ ́ ơ phap tuyên, thi ∆ năm trong ( ́ ́ ̀ ̀ ̣ α).Do vây d(B; ∆) l ớn nhât khi ∆ năm trong ́ ̀ (α), qua uur uuur uur A va vuông goc v ̀ ́ ới AB.∆ co vect ́ ́ ơ chi ph ̉ ương u∆ = [AB, ud ] = (1; −8;5) x-2 y+1 z -3 Phương trinh ∆: ̀ = = 1 −8 5 Nhận xét: ở ví dụ 3, ta cũng phải xác định mp(α ) chứa ∆ ( qua A va vuông goc ̀ ́ vơi d). Sau đó, cách làm nh ́ ư ở ví dụ 1. Ở cách 2, sử dụng phương pháp hàm số ta chỉ cần thay thế điều kiện uur uur uur uur u∆ .nα = 0 bởi điều kiện u∆ .ud = 0 với cách giải không có gì khác. x =1+ t Vi du 4: ́ ̣ Cho hai điêm A(2; 1; 1), B(1; 2; 0) va đ ̉ ̀ ường thăng d: ̉ y=0 z = −t a)Viêt ph́ ương trinh đ ̀ ường thăng ∆ ̉ 1 đi qua B căt d sao cho khoang cach t ́ ̉ ́ ừ A đên ́ ∆1 lơn nhât. ́ ́ b)Viêt ph ́ ương trinh đ ̀ ường thăng ∆ ̉ 2 đi qua B căt d sao cho khoang cach t ́ ̉ ́ ừ A đên ́ ∆2 nho nhât. ̉ ́ Giai: ̉ Cách 1. Gọi (α) là măt phăng đi qua d va B. Đ ̣ ̉ ̀ ường thăng d qua điêm M(2; 0; 0) co vtcp ̉ ̉ ́ r uuur uur uuur uur ud = (1;0; -1) , MB = (−2;2;0) , [ud , MB] = (2;2;2) = 2(1;1;1) = 2nα uur (α) đi qua B nhân ̣ nα = (1;1;1) la vect ̀ ́ ơ phap tuyên nên ( ́ ́ α): x + y + z – 1 = 0. ̣ a) Goi H la hinh chiêu cua A lên ( ̀ ̀ ́ ̉ α), d(A, ∆1) nho nhât khi ∆ ̉ ́ 1 đi qua hai điêm B,H. ̉ x =2+t Phương trinh tham sô AH: ̀ ́ y =1+ t z = −1 + t ̣ Toa đô H ̣ ưng v ́ ơi t la nghiêm ph ́ ̀ ̣ ương trinh: ̀ 1 5 2 −4 2 + t + 1 + t 1 + t – 1 = 0 � 3t + 1 = 0 � t = − H( ; ; ) 3 3 3 3 uuur 8 −4 −4 4 4 uu r uur BH = ( ; ; ) = (2; −1; −1) = u1 ∆1 nhân ̣ u1 lam vec t ̀ ́ ơ chi ph ̉ ương 3 3 3 3 3 14
uur uur Ta thây ́ u1 va ̀ ud không cung ph ̀ ương nên d va ∆ ̣ ̀ 1 căt nhau (do cung thuôc mp ́ ̀ (α)) x = −1 + 2t ̣ Vây ph ương trinh ∆ ̀ 1: y = 2 − t z = −t ̣ ̀ ̀ ́ ̉ b) Goi K la hinh chiêu cua A lên ∆ 2 ta co d(A, ∆ ́ 2 ) = AK ≤ AB, d(A, ∆2 ) lơn nhât ́ ́ khi K ≡ B hay ∆2 năm trong ( ̀ α)va vuông goc v ̀ ́ ới AB. uur uuur uur uur Ta co ́[nα , AB] = (0; −4;4) = −4(0;1; −1) = −4u2 ∆2 nhân ̣ u2 lam vec t ̀ ́ ơ chi ph ̉ ương, uur r ̣ măt khac ́ u2 va ̀ ud không cung ph ̀ ương nên d va ∆ ̣ ̀ 2 căt nhau (do cung thuôc măt ́ ̀ ̣ ̉ phăng ( α)) x = −1 Phương trinh ∆ ̀ 2: y = 2 + t z = −t Cách 2.(PP hàm số) Goi ∆̣ la đ ̀ ường thăng đi qua B va căt d, gia s ̉ ̀ ́ ̉ ử ∆ căt d tai điêm N(1+t, 0;t), khi ́ ̣ ̉ uuur ́ ́ ơ chi ph đo ∆ co vec t ́ ̉ ương NB = (−2 − t ;2; t ) uuur uuur uuur Ta co ́ AB = (−3;1;1) , [NB, AB] = (2 − t;2 − 2t;4 − t ) uuur uuur [NB, AB] (2 − t ) 2 + (2 − 2t ) 2 + (4 − t ) 2 3t 2 − 10t + 12 Va d(A;∆) = ̀ uuur = = NB ( −2 − t ) 2 + 22 + (t ) 2 t 2 + 2t + 4 3t 2 − 10t + 12 16t 2 − 64t Xet ham sô ́ ̀ ́ f (t ) = 2 co ́ f '(t ) = 2 , vơi moi t ́ ̣ R t + 2t + 4 (t + 2t + 4) 2 t=2 f '(t ) = 0 t = −2 ̉ Bang biên thiên cua ́ ̉ f (t ) t − -2 2 + f’(t) + 0 0 + 11 f(t) 3 1 3 3 Tư bang biên thiên ta thây: ̀ ̉ ́ ́ uuur d(A;∆) lơn nhât băng ́ ́ ̀ 11 khi t = 2 N(1; 0;2); NB = (0;2; −2) = 2(0;1; −1) 15
x = −1 ̀ ường thăng cân tim co ph va đ ̉ ̀ ̀ ̀ y=2+t ́ ương trinh la: ̀ z = −t 1 ̉ d(A;∆) nho nhât băng ́ ̀ khi t = 2 3 uuur N(3; 0;2); NB = (−4;2;2) = −2(2; −1; −1) va đ ̀ ường thăng cân tim co ph ̉ ̀ ̀ ́ ương trinh̀ x = −1 + 2t ̀ y = 2−t la : z = −t 3.3.2. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Bai toan 1 : ̀ ́ Cho măt phăng ( ̣ ̉ α) va điêm A thuôc ( ̀ ̉ ̣ α ), đường thăng d không ̉ song song hoăc năm trên ( ̣ ̀ α ) va không đi qua A. Tim đ ̀ ̀ ường thăng ∆ năm trên ̉ ̀ (α ), đi qua A sao cho khoang cach gi ̉ ́ ưa ∆ va d la ̃ ̀ ̀ lơn nhât. ́ ́ PP chung: Goi d ̣ 1 la đ ̀ ường thăng qua A va song song v ̉ ̀ ơí d, B la giao điêm cua d v ̀ ̉ ̉ ơi (́ α). ́ ̀ ̣ Xet (P) la măt phăng (d ̉ 1, ∆), H va I la hinh chiêu ̀ ̀ ̀ ́ ́ ̉ vuông goc cua B lên (P) va d ̀ 1 . Ta thây khoang cach gi ́ ̉ ́ ưa ∆ va d la BH va BH ̃ ̀ ̀ ̀uur uur uur ≤ BI nên BH lơn nhât khi I ́ ́ ≡ H, khi đo ∆ co vtcp ́ ́ u∆ = [BI , nα ] . x-1 y-2 z -3 Vi du 1: ́ ̣ Cho đương thăng d: ̀ ̉ = = ̣ , măt phăng ( ̉ α): 2x – y – z + 4 = 0 1 2 −1 ̀ ̉ va điêm A( 1; 1; 1).Viêt ph ́ ương trinh đ ̀ ường thăng ∆ năm trên ( ̉ ̀ α), đi qua A sao ̉ cho khoang cach gi ́ ưa ∆ va d la l ̃ ̀ ̀ ớn nhât. ́ Giai:̉ r uur Đương thăng d co vtcp ̀ ̉ ́ u= (1; 2; 1), ( α ) co vtpt ́ n α = (2; 1; 1) x =1+ t Phương trinh tham sô d: ̀ ́ y = 2 + 2t z=3−t ̣ Goi B la giao điêm cua d va ( ̀ ̉ ̉ ̣ ̀ α), toa đô B ̣ ứng với t la nghiêm ph ̀ ̣ ương trinh: ̀ 2+ 2t – 2 – 2t – 3+ t + 4 = 0 t = 1 B(0; 0; 4) Xet d ̀ ường thăng qua A va song song v ́ 1 la đ ̉ ̀ ới d x = −1 + t Phương trinh tham sô đ ̀ ́ ường thăng d ̉ 1: y = 1 + 2t . z =1− t 16
uur ̣ ̀ ̀ ́ ́ ̉ Goi I la hinh chiêu vuông goc cua B lên d 1 I(1 + t; 1 + 2t; 1 – t), BI = (1 + t; 1 + 2t;3– t) uur r 2 5 1 5 Ta co ́ BI .u = 0 t = − I( ; ; ) 1+ t + 2(1 + 2t) –(3– t) = 0 3 3 3 3 uur uur uur 19 7 Đường thăng̉ ∆ có vtcp u∆ = −3[BI , nα ] = 3( 2 ; ; )=(6 ;19 ;7) nên có 3 3 x+1 y-1 z -1 phương trinh ∆: ̀ = = . 6 19 −7 Cách 2.(PP hàm số) uur ̣ co vec t Goi ́ ́ ơ chi ph ̉ ương của ∆ là u∆ = ( a; b; c)( a 2 + b 2 + c 2 > 0) (α) co vtpt ́ uur uuruur nα = (2; 1; 1). Đương thăng ∆ năm trên ( ̀ ̉ ̀ α) nên nα u∆ = 0 c=2ab r d đi qua B(1;2 ;3) và có véc tơ chỉ phương ud = (1; 2; 1), uuur uuur uuur Ta co ́ AB = (2;1;2) , [NB, AB] = (2 − t ;2 − 2t;4 − t ) uur uur uuur [u∆ , ud ]AB a 2 + 6ab + 9b 2 1 d(d;∆) = uur uur = . Nếu b=0 thì d(d;∆) = . [u∆ , ud ] 29a 2 − 10ab + 2b 2 29 t 2 + 6t + 9 a t 2 + 6t + 9 Nếu b �0 � d ( d ; ∆ ) = = f (t ) ,(t = ) f (t ) = ; . 29t − 10t + 2 2 b 29 t 2 − 10t + 2 2 3t − 10t + 12 6 Xet ham sô ́ ̀ ́ f (t ) = 2 => maxf(t) đạt được khi t= .Từ đó =>d(A;∆) t + 2t + 4 19 6 x+1 y-1 z -1 lơn nhât khi t = ́ ́ , chọn a=6 thì b=19, c=7=>phương trinh ∆: ̀ = = . 19 6 19 −7 Thay đổi giả thiết ở ví dụ 1, ta có bài toán sau ́ ̣ : Cho măt phăng (P): x + y – z + 1= 0, điêm A(1; 1; 2) va đ Vi du 2 ̣ ̉ ̉ ̀ ường thăng ∆ ̉ x+1 y z-4 : = = ́ ường thăng đi qua A va song song song v . Trong cac đ ̉ ̀ ơi (P), hay ́ ̃ 2 1 −3 ́ phương trinh đ viêt ̀ ường thăng d sao cho khoang cach gi ̉ ̉ ́ ưa d va ∆ l ̃ ̀ ớn nhât. ́ Nhận xét : ở ví dụ 2 ta thay giả thiết đường thẳng nằm trong mặt phẳng bởi giả thiết đường thẳng song song với mặt phẳng. Do đó, ta phải chỉ rõ mặt phẳng chứa đường thẳng cần viết phương trình. Gọi (α) là mặt phẳng qua A va song song v ̀ ơi (P) ́ d năm trên ( ̀ α). Sau đó bài toán trở thành bài toán ở ví dụ 1. Bai toan 2: ̀ ́ Cho hai đương thăng d ̀ ̉ 1,d2 cheo nhau ́ . Tim cac điêm M ̀ ́ ̉ d1, N d2 sao cho MN có độ dài nhỏ nhất PP chung: MN nhỏ nhất  MN là đoạn vuông góc chung của d1,d2 ́ ương trinh hai đ Viêt ph ̀ ường thăng dang tham sô ̉ ̣ ́ Lây M ́ d1 va N ̀ d2 ( toa đô theo tham sô). ̣ ̣ ́ 17
uuuur r uuuur r r r Giaỉ hệ phương trinh ̀ MN.u1 = 0 và MN.u2 = 0 ( u1 , u2 là cać vect ́ ơ chỉ phương cua d ̉ 1 va d ̀ 2 ). ̀ ̣ ̣ ̀ ́ ̣ Tim toa đô M, N va kêt luân. x-5 y+1 z -11 x+ 4 y-3 z - 4 Vi du 1 ́ ̣ : Cho hai đương thăng ̀ ̉ d1 : = = , d2 : = = 1 2 -1 −7 2 3 1) Chưng minh d ́ 1, d2 cheo nhau ́ 2) Tim điêm M ̀ ̉ d1 va N ̀ d 2 sao cho đô dai MN nh ̣ ̀ ỏ nhât. ́ Giai:̉ uur 1) d1 qua M1(5; 1; 11), có vtcp u1 = (1;2; −1) , d2 qua M2(4; 3; 4), có vtcp uur uur uur uuuuuur u2 = (−7;2;3) .Ta co [ ́ u1 , u2 ] M 1M 2 = 168 0 =>d1 va d ̀ 2 cheo nhau. ́ 2). Độ dài MN nhỏ nhât ̀ ̣ ́  MN la đoan vuông goc chung cua d ́ ̉ 1 va d ̀ 2. Phương trinh tham sô cua hai đ ̀ ́ ̉ ường thăng ̉ x =5+ t x = −4 − 7 t d1: y = −1 + 2t , d2: y = 3 + 2t z = 11 − t z = 4 + 3t M d1 nên M(5 + t; 1 + 2t; 11 t), N d 2 nên N(4 – 7t’;3 +2t’; 4 + 3t’) uuuur MN = ( 7t’ t – 9; 2t’ – 2t +4; 3t’ + t – 7) uuuur r MN.u1 = 0 −6t '− 6t + 6 = 0 � t=2 � Ta co ́ �uuuur r �� MN.u2 = 0 62t '+ 6t + 50 = 0 � t ' = −1 � ́ ̀ ̀ ̣ ̀ Do đo M(7; 3;9) va N(3; 1; 1) thi đô dai MN nh ỏ nhât băng ́ ̀ 2 21 . x =2+t Vi du 2: ́ ̣ Cho đường thăng d: ̉ y = 4 + t va hai điêm A(1;2; 3),B(1; 0; 1). Tim ̀ ̉ ̀ z = −2 ̉ ́ ̣ ́ điêm M trên d sao cho tam giac MAB co diên tich nho nhât ́ ̉ ́ Giai: ̉ ́ ̉ ̣ ̀ ̀ ́ ́ ̉ Lây điêm M trên d, Goi H la hinh chiêu vuông goc cua M lên AB.Tam giac MAB ́ 1 ́ ̣ ́ co diên tich S = ̣ ́ ̣ ̉ ̉ AB.MH đat gia tri nho nhât khi MH nho nhât, hay MH la đoan ́ ́ ̀ ̣ 2 r ́ ̉ vuông goc chung cua AB va d.Ta thây d qua M ̀ ́ 1(2; 4; 2), co vtcp ́ u = (1;1;0) uuur uur uur AB qua A(1; 2; 3) và AB (0; 2;2) = −2u1 , vơí u1 = (0;1;1) la vec t ̀ ́ ơ chỉ phương cua AB ̉ x =1 Phương trinh tham sô AB ̀ ́ y = 2+t' z= 3+t' uuuur M(2 + t; 4+ t; 2) d ,H(1; 2+ t’;3+t’) AB , MH = ( t 1; t’ – t 2; t’ +5) 18
uuuur r MH.u = 0 t '− 2t = 3 � t ' = −3 � Ta co ́ �uuuur uur �� MH.u1 = 0 �2t '− t = −3 � t = −3 ̣ Vây M(1; 1; 2), H(1; 1; 0) khi đo MH = ́ 2 3 , AB = 2 2 1 ̣ ́ S∆MAB = AB.MH = 6 Diên tich 2 Nhận xét: Tất nhiên ta còn cách khác để giải bài toán này đó là áp dụng công 1 uuur uuur thức S∆MAB = � MA; MB � � , dẫn tới tìm giá trị nhỏ nhất của một hàm số bậc 2� hai(cách này chỉ áp dụng được nếu được học SGK nâng cao hình học 12) x=0 Vi du 3: ́ ̣ Cho đương thăng d: ̀ ̉ y=t ̣ . Trong cac măt câu tiêp xuc v ́ ̀ ́ ́ ơi ca hai ́ ̉ z= 2−t đường thăng d va truc Ox, hay viêt ph ̉ ̀ ̣ ̃ ́ ương trinh măt câu (S) co ban kinh nho nhât. ̀ ̣ ̀ ́ ́ ́ ̉ ́ Giai: ̉ ̉ ử măt câu (S) co tâm I, ban kinh R tiêp xuc v Gia s ̣ ̀ ́ ́ ́ ́ ́ ới d tai M, tiêp xuc v ̣ ́ ́ ới Ox tai N ̣ ́ ̣ ̀ Ta thây 2R = IM + IN ≥ MN, do đo măt câu (S) co đ ́ ́ ường kinh nho nhât la 2R = ́ ̉ ́ ̀ ̀ ̉ ̉ ̀ ̣ MN khi va chi khi MN nho nhât hay MN la đoan vuông goc chung cua d va Ox. ́ ́ ̉ ̀ r r d qua M(0; 0; 2), co vtcp ́ u = (0;1; −1) , Ox qua O(0; 0; 0), co vtcp ́ i = (1;0;0) . r r uuuur [ u, i ] OM = 2 0 nên d va Ox cheo nhau. ̀ ́ uuuur Với M(0; t; 2 t) d, N(t’; 0; 0) Ox va ̀MN = ( t’; t; t – 2) uuuur r MN.u = 0 � −t − t + 2 = 0 �t =1 Ta co ́ �uuuurr �� ̣ . Vây M(0; 1; 1), N(0; 0; 0) ≡ O. MN.i = 0 �t ' = 0 t � ' = 0 1 1 MN 2 ̣ ̀ Măt câu (S) co tâm I (0 ́ ; ; ) , ban kinh R = ́ ́ = 2 2 2 2 1 1 1 Phương trinh măt câu (S): ̀ ̣ ̀ x 2 + ( y − )2 + ( z − )2 = 2 2 2 3.4. Dạng toán phương trình đường thẳng liên quan đến góc. Bai toan: ̀ ̣ ́ Cho măt phăng ( ̉ α ) va điêm A thuôc ( ̀ ̉ ̣ α ), đường thăng d không song ̉ song hoăc năm trên ( ̣ ̀ α ). Tim đ ̀ ường thăng ∆ năm trên ( ̉ ̀ α ), đi qua A va tao v ̀ ̣ ơí d goc l ́ ơn nhât, nho nhât. ́ ́ ̉ ́ PP chung: ̃ ường thăng d Ve đ ̉ 1 qua A va song song v ̀ ơi d. ́ ́ ̉ ́ ̣ Trên d1 lây điêm B khac A , goi K, H la hinh chiêu ̀ ̀ ́ ́ ̉ vuông goc cua B lên ( α) va ∆. ̀ ́ ́ ữa d và ∆ là BAH Ta co goc gi ﾷ 19
BH BK va sin ̀ BAHﾷ = ̣ ̉ ≥ . Do vây goc (d, ∆) nho nhât khi K ́ ́ ̀ ường thăng ≡ H hay ∆ la đ ̉ AB AB AK(hình chiếu của d1 lên (α) uur uur uur ́ ữa d và ∆ lơn nhât băng 90 Goc gi ́ ́ ̀ 0 khi ∆ ⊥ d va ∆ co vtcp ̀ ́ u∆ = [ud , nα ] Vi du 1: ́ ̣ Cho măt phăng ( ̣ ̉ ̉ α): 2x + 2y – z – 7 = 0, điêm A(1; 2; 1) va đ ̀ ường thăng ̉ x+2 y-1 z -3 d: = = . 1 1 1 1) Viêt ph ́ ương trinh đ ̀ ường thăng ∆ ̉ 1 năm trên ( ̀ ̀ ̣ ơi d môt α), đi qua A va tao v ́ ̣ ́ ớn nhât. goc l ́ 2) Viêt ph ́ ương trinh đ ̀ ường thăng ∆ ̉ 2 năm trên ( ̀ ̀ ̣ ơi d môt α), đi qua A va tao v ́ ̣ goc nho nhât. ́ ̉ ́ Giai: ̉ Cách 1. r uur (α) co vect ́ ơ phap tuyên ́ ́ nα = (2;2; -1) , d co vect ́ ơ ud (1;1;1) qua điêm M(2; 1; 3). ̉ r r Ta thây A ́ (α) măt khac ̣ ́ nα ud 0 nên d không song song hoăc năm trên ( ̣ ̀ α). ̣ ơi d môt goc l 1) ∆1 tao v ́ ̣ ́ ớn nhât khi ∆ ́ ⊥d uur uur1 uur Do đo ∆ ́ 1 co vect ́ ơ chi ph ̉ ương u1 = [ud , nα ] = (3; 3; 0 ) = 3(1; 1; 0) x =1+ t Phương trinh tham sô cua ∆ ̀ ́ ̉ 1: y = 2 − t z = −1 x-1 y-2 z +2 ́ ường thăng d 2) Xet đ ̉ 1 qua A va song song v ̀ ơi d ́ d1: = = , lây điêm ́ ̉ 1 1 1 ̣ B(2; 3; 1) d1.Goi K la hinh chiêu vuông goc cua B lên ( ̀ ̀ ́ ́ ̉ α) . x = 2 + 2t Phương trinh tham sô cua BK ̀ ́ ̉ y = 3 + 2t . Toa đô cua K ̣ ̣ ̉ ưng v ́ ơi t la nghiêm pt: ́ ̀ ̣ z = −1 − t 4 10 19 −5 2(2 + 2t) + 2(3 + 2t) ( 1 t) 7 = 0 9t + 4 = 0 hay t = − K( ; ; ) 9 9 9 9 uuur 1 1 4 ̣ ơi d môt goc nho nhât khi no đi qua hai điêm A va K, ∆2 tao v ́ ̣ ́ ̉ ́ ́ ̉ ̀ AK = ( ; ; ) 9 9 9 uur uuur x-1 y-2 z +1 ∆2 qua A(1; 2; 2), co vect ́ ̉ ương u2 = 9.AK = (1;1;4) ∆2 : ơ chi ph = = 1 1 4 Cách 2. PP hàm số uur Giả sử u∆ (a, b, c)(a 2 + b 2 + c 2 > 0) là véc tơ chỉ phương của ∆ . Mp(α) có véc tơ uur uur uur pháp tuyến nα (2;2 − 1) .Ta có ( α ) �∆ � u ∆ .nα = 0 � c = 2a + 2b ; d có véc tơ chỉ uur phương là ud (1;1;1) . Gọi x là góc giữa hai đường thẳng ∆ và d 20